2022届高考数学一轮复习(新高考版) 第3章 高考专题突破一 第2课时　利用导函数研究函数的零点

大一轮复习讲义第三章高考专题突破一高考中的导数综合问题例1设函数f(x)＝lnx＋mx，m∈R.(1)当m＝e(e为自然对数的底数)时，求f(x)的极小值；题型一数形结合研究函数的零点师生共研解当m＝e时，f(x)＝lnx＋ex，f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1x－ex2＝x－ex2.令f′(x)＝0，得x＝e.当x∈(0，e)时，f′(x)0；当x∈(e，＋∞)时，f′(x)0，∴f(x)在(0，e)上单调递减，在(e，＋∞)上单调递增，∴当x＝e时，f(x)取得极小值f(e)＝2.(2)讨论函数g(x)＝f′(x)－x3零点的个数．解由题意知g(x)＝f′(x)－x3＝1x－mx2－x3(x0)，令g(x)＝0，得m＝－13x3＋x(x0)．设φ(x)＝－13x3＋x(x0)，则φ′(x)＝－x2＋1＝－(x－1)(x＋1).当x∈(0,1)时，φ′(x)0，φ(x)在(0,1)上单调递增；当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)0，φ(x)在(1，＋∞)上单调递减.∴x＝1是φ(x)的唯一极值点，且是极大值点，因此x＝1也是φ(x)的最大值点，∴φ(x)的最大值为φ(1)＝23.结合y＝φ(x)的图象(如图)，可知，①当m23时，函数g(x)无零点；②当m＝23时，函数g(x)有且只有一个零点；③当0m23时，函数g(x)有两个零点；④当m≤0时，函数g(x)有且只有一个零点.综上所述，当m23时，函数g(x)无零点；当m＝23或m≤0时，函数g(x)有且只有一个零点；当0m23时，函数g(x)有两个零点．含参数的函数零点个数，可转化为方程解的个数，若能分离参数，可将参数分离出来后，用x表示参数的函数，作出该函数的图象，根据图象特征求参数的范围.思维升华跟踪训练1已知函数f(x)＝xlnx，g(x)＝(－x2＋ax－3)ex(a为实数).(1)当a＝4时，求函数y＝g(x)在x＝1处的切线方程；解当a＝4时，g(x)＝(－x2＋4x－3)ex，g′(x)＝ex(－x2＋2x＋1)，∴g′(1)＝2e，又g(1)＝0，∴切线的斜率为2e，切点为(1,0)，∴所求的切线方程为y－0＝2e(x－1)，即y＝2e(x－1).(2)如果关于x的方程g(x)＝2exf(x)在区间上有两个不等实根，求实数a的取值范围.1e，e即a＝2lnx＋x＋3x.解方程g(x)＝2exf(x)可化为－x2＋ax－3＝2xlnx，令φ(x)＝2lnx＋x＋3x，x∈1e，e，∴φ′(x)＝2x＋1－3x2＝x2＋2x－3x2＝x＋3x－1x2，∵当x∈1e，1时，φ′(x)0，当x∈(1，e]时，φ′(x)0，∴φ(x)在1e，1上单调递减，在(1，e]上单调递增．∴φ(x)min＝φ(1)＝4，又φ1e＝3e＋1e－2，φ(e)＝3e＋e＋2，且φ1eφ(e)则4a≤3e＋e＋2，故实数a的取值范围是4，3e＋e＋2.∴画出y＝φ(x)的图象如图所示.例2(2019·全国Ⅰ)已知函数f(x)＝sinx－ln(1＋x)，f′(x)为f(x)的导数，证明：(1)f′(x)在区间－1，π2上存在唯一极大值点；题型二利用函数性质研究函数的零点师生共研证明f(x)的定义域为(－1，＋∞)，f′(x)＝cosx－1x＋1，令g(x)＝cosx－1x＋1，x∈－1，π2，∴g′(x)＝－sinx＋1x＋12，x∈－1，π2，易知g′(x)在上单调递减.又g′(0)＝－sin0＋1＝10，g′π2＝－sinπ2＋4π＋22＝4π＋22－10，－1，π2∴∃x0∈0，π2，使得g′(x0)＝0.∴当x∈(－1，x0)时，g′(x)0；当x∈x0，π2时，g′(x)0，∴g(x)在(－1，x0)上单调递增，在x0，π2上单调递减．故x＝x0为g(x)在区间－1，π2上唯一的极大值点，即f′(x)在区间－1，π2上存在唯一的极大值点x0.(2)f(x)有且仅有2个零点.证明由(1)知f′(x)＝cosx－1x＋1，x∈(－1，＋∞)．①当x∈(－1,0]时，由(1)可知f′(x)在(－1,0]上单调递增，∴f′(x)≤f′(0)＝0，∴f(x)在(－1,0]上单调递减，又f(0)＝0.∴x＝0为f(x)在(－1,0]上的唯一零点.②当x∈0，π2时，f′(x)在(0，x0)上单调递增，在x0，π2上单调递减，又f′(0)＝0，∴f′(x0)0，∴f(x)在(0，x0)上单调递增，此时f(x)f(0)＝0，不存在零点，又f′π2＝cosπ2－2π＋2＝－2π＋20，∴∃x1∈x0，π2，使得f′(x1)＝0，∴f(x)在(x0，x1)上单调递增，在x1，π2上单调递减，又f(x0)f(0)＝0，fπ2＝sinπ2－ln1＋π2∴f(x)0在x0，π2上恒成立，不存在零点．＝ln2eπ＋2ln1＝0.③当x∈π2，π时，易知f(x)在π2，π上单调递减，又fπ20，f(π)＝sinπ－ln(π＋1)＝－ln(π＋1)0，∴f(x)在π2，π上存在唯一零点．④当x∈(π，＋∞)时，ln(x＋1)ln(π＋1)1，∴f(x)＝sinx－ln(1＋x)0，∴f(x)在(π，＋∞)上不存在零点，综上所述，f(x)有且仅有2个零点.[高考改编题]已知函数f(x)＝xsinx＋cosx，g(x)＝x2＋4.(1)讨论f(x)在[－π，π]上的单调性；解f′(x)＝sinx＋xcosx－sinx＝xcosx.当x∈－π，－π2∪0，π2时，f′(x)0；当x∈－π2，0∪π2，π时，f′(x)0，∴f(x)在－π，－π2，0，π2上单调递增，在－π2，0，π2，π上单调递减．(2)令h(x)＝g(x)－4f(x)，试证明h(x)在R上有且仅有三个零点.证明h(x)＝x2＋4－4xsinx－4cosx，∵h(－x)＝x2＋4－4xsinx－4cosx＝h(x)，∴h(x)为偶函数.又∵h(0)＝0，∴x＝0为函数h(x)的零点.下面讨论h(x)在(0，＋∞)上的零点个数：h(x)＝x2＋4－4xsinx－4cosx＝x(x－4sinx)＋4(1－cosx).当x∈[4，＋∞)时，x－4sinx0,4(1－cosx)≥0，∴h(x)0，∴h(x)无零点；当x∈(0,4)时，h′(x)＝2x－4xcosx＝2x(1－2cosx)，当x∈0，π3时，h′(x)0；x∈π3，4时，h′(x)0，∴h(x)在0，π3上单调递减，在π3，4上单调递增，∴h(x)min＝hπ3＝π29＋4－4π3sinπ3－4cosπ3＝π29＋2－23π30，又h(0)＝0，且h(4)＝20－16sin4－4cos40，∴h(x)在0，π3上无零点，在π3，4上有唯一零点．综上，h(x)在(0，＋∞)上有唯一零点，又h(0)＝0且h(x)为偶函数，故h(x)在R上有三个零点.利用函数性质研究函数的零点，主要是根据函数单调性、最值或极值的符号确定函数零点的个数，此类问题在求解过程中可以通过数形结合的方法确定函数存在零点的条件.思维升华跟踪训练2已知函数f(x)＝ex－ax－1(a∈R)(e＝2.71828…是自然对数的底数).(1)求f(x)的单调区间；解因为f(x)＝ex－ax－1，所以f′(x)＝ex－a，当a≤0时，f′(x)0恒成立，所以f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)，无单调递减区间；当a0时，令f′(x)0，得xlna，令f′(x)0，得xlna，所以f(x)的单调递减区间为(－∞，lna)，单调递增区间为(lna，＋∞).综上，当a≤0时，f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)，无单调递减区间，当a0时，f(x)的单调递减区间为(－∞，lna)，单调递增区间为(lna，＋∞).(2)讨论g(x)＝f(x)在区间[0,1]上零点的个数.x－12解令g(x)＝0，得f(x)＝0或x＝12，由(1)知，当a≤0时，f(x)在R上单调递增；当a0时，f(x)在(－∞，lna)上单调递减，在(lna，＋∞)上单调递增.若a≤0，由f(0)＝0，知f(x)在区间[0,1]上有一个零点；若lna≤0，即0a≤1，则f(x)在[0,1]上单调递增，所以f(x)在[0,1]上有一个零点；若0lna1，即1ae，则f(x)在(0，lna)上单调递减，在(lna,1)上单调递增，又f(1)＝e－a－1，所以当e－a－1≥0，即1a≤e－1时，f(x)在[0,1]上有两个零点，当e－a－10，即e－1ae时，f(x)在[0,1]上有一个零点；若lna≥1，即a≥e，则f(x)在[0,1]上单调递减，f(x)在[0,1]上只有一个零点.又当x＝12时，由f12＝0得a＝2(e－1)，所以当a≤1或ae－1或a＝2(e－1)时，g(x)在[0,1]上有两个零点；当1a≤e－1且a≠2(e－1)时，g(x)在[0,1]上有三个零点．例3设函数f(x)＝12x2－mlnx，g(x)＝x2－(m＋1)x，m0.(1)求函数f(x)的单调区间；解函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝x＋mx－mx.当0xm时，f′(x)0，函数f(x)单调递减；当xm时，f′(x)0，函数f(x)单调递增．综上，函数f(x)的单调递增区间是(m，＋∞)，单调递减区间是(0，m)．题型三构造函数法求函数的零点师生共研(2)当m≥1时，讨论f(x)与g(x)图象的交点个数.解令F(x)＝f(x)－g(x)＝－12x2＋(m＋1)x－mlnx，x0，题中问题等价于求函数F(x)的零点个数.F′(x)＝－x－1x－mx，当m＝1时，F′(x)≤0，函数F(x)为减函数，因为F(1)＝320，F(4)＝－ln40，所以F(x)有唯一零点；当m1时，0x1或xm时，F′(x)0；1xm时，F′(x)0，所以函数F(x)在(0,1)和(m，＋∞)上单调递减，在(1，m)上单调递增，因为F(1)＝m＋120，F(2m＋2)＝－mln(2m＋2)0，所以F(x)有唯一零点.综上，函数F(x)有唯一零点，即函数f(x)与g(x)的图象总有一个交点.(1)涉及函数的零点(方程的根)问题，主要利用导数确定函数的单调区间和极值点，根据函数零点的个数寻找函数在给定区间的极值以及区间端点的函数值与0的关系，从而求得参数的取值范围.(2)解决此类问题的关键是将函数零点、方程的根、曲线交点相互转化，突出导数的工具作用，体现转化与化归的思想方法.思维升华跟踪训练3(2020·合肥调研)已知函数f(x)＝(x－1)ex－ax2＋b＋(1)若a＝1，求函数f(x)的单调区间；解当a＝1时，f(x)＝(x－1)ex－x2＋b＋12(x∈R)，则f′(x)＝ex＋(x－1)ex－2x＝x(ex－2).令f′(x)0，解得x0或xln2；令f′(x)0，解得0xln2，所以函数f(x)的单调递增区间为(－∞，0)和(ln2，＋∞)，单调递